Page 271 - ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI 1. AŞAMA SORULARI VE ÇÖZÜMLERİ

2010 Birinci A¸sama Sorularının Çözümleri

µ ¶
1 1 1
1. 3 + − =1 denkleminin pozitif tamsayılarda kaç (x, y) çözüm
x y xy
ikilisi vardır?
 +  − 1 1
Çözüm : = denkleminden  − 3 − 3 = −3 ve buradan da
 3
( − 3)( − 3) = 6 olur. O halde, iki durum olabilir.
1)  − 3=1 − 3=6 olursa, ( )= (4 9) bulunur.

2) −3=2−3=3 olursa, ( )= (5 6) olur. Simetriden dolayı, ( )= (9 4)
ve ( )= (6 5) di˘ ger iki çözümdür.

2. 20! sayısının sonundaki tüm sıfırlar atılırsa, son rakam ne olur?
Çözüm : 20! sayısını asal çarpanları ile yazarsak,
4
8
4
2
20! = 2 18 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 · 19 = 10 · 
8
2
olur.  =2 14 · 3 · 7 · 11 · 13 · 17 · 19 sayısını mod 10 da dü¸sünürsek,
 ≡ 4 · 1 · (−1) · 1 · 3 · −3 · (−1) ≡ 4 (mod 10)
bulunur.
3. En fazla 5, 6, 7 ve 13 kalem alabilen 4 kalemli˘ ge 24 özde¸skalem kaçde˘ gi¸sik
¸ sekilde da˘ gıtılabilir?
Çözüm : Kalemlerin tamamı da˘ gıtıldı˘ gında, kalemliklerde kalan bo¸syer sayısı
5+6+7+13 − 24 = 7
olacaktır. O halde, 7 bo¸slu˘ gun bu 4 kalemli˘ ge kaç farklı ¸sekilde da˘ gıtalıca˘ gını hesapla­
malıyız. Buna göre, bo¸sluklar hiç ko¸sulsuz ¡ 7+3 ¢ = 120 ¸sekilde da˘ gıtılabilir. Fakat,
3
birinci kutuda 7 veya 6 bo¸sluk, ikinci kutuda ise 7 bo¸sluk bırakılamaz. Bu durumları
çıkarmalıyız. Yani
(7 0 0 0) (0 7 0 0) (6 1 0 0) (6 0 1 0) (6 0 0 1)
durumları çıkarılmalıdır. Dolayısıyla, 120 − 5 = 115 bulunur.

4. 50 20 sayısının farklı pozitif bölenlerinin çarpımının sonunda kaç 0 vardır?
¡
¢
20
20
Çözüm :  =50 50 10 sayısı hariç,  50  formundaki farklı pozitif bölen
20 40
ikililerinin sayısı hesaplanırsa, 5 20 =2 5 oldu˘ gundan dolayı,
21 · 41 − 1
= 430
2
20 40 430 10 20
5
olur. O halde istenen çarpım: (2 5 ) 2 5 =2 8610 17220 olaca˘ gından, çarpımın
sonundaki 0’ların sayısı 8610 olarak bulunur.